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则AB=AG+GB≈12.5米，

答：灯杆AB的高度约为12.5米． 22、解：（1）过点B作BE⊥AD于点E， ∵AB=40m，∠A=30°，

∴BE=AB=20m，AE=

即点B到AD的距离为20m； （2）在Rt△ABE中， ∵∠A=30°， ∴∠ABE=60°， ∵∠DBC=75°，

=20m，

∴∠EBD=180°﹣60°﹣75°=45°， ∴DE=EB=20m，

则AD=AE+EB=20+20=20（+1）（m），

在Rt△ADC中，∠A=30°，

∴DC==（10+10）m．

答：塔高CD为（10+10）m．

23、【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题；解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．

【分析】过点P作PE⊥OB于点E，PF⊥OC于点F，设PE=x，则AE=3x，在Rt△AEP中根据勾股定理可得PE=

，则AE=3

，设CF=PF=m米，则OC=（m+

）米、OA=（m

﹣3）米，在Rt△AOC中，由tan75°=求得m的值，继而可得答案．

【解答】解：过点P作PE⊥OB于点E，PF⊥OC于点F，

∵i=1：3，AP=10， 设PE=x，则AE=3x，

在Rt△AEP中，x+（3x）=10，

2

2

2

解得：x=或x=﹣（舍），

∴PE=，则AE=3，

∵∠CPF=∠PCF=45°， ∴CF=PF，

设CF=PF=m米，则OC=（m+）米，OA=（m﹣3）米，

在Rt△AOC中，tan75°==，即m+=tan75°?（m﹣3），

解得：m≈14.3，

∴OC=14.3+≈17.5米，

答：塑像的高度约为17.5米．

24、【考点】解直角三角形的应用．

【分析】（1）过点D作DH⊥AB于H，DG∥CB交AB于G，根据平行四边形的判定得出DCBG为平行四边形，在Rt△DGH中，根据DH=DG?sin37，即可求出点D到直线AB的距离；

（2）根据（1）先求出GH、AD和AH的长，再根据两条路线路程之差为AD+DG﹣AG，代值计算即可得出答案．

【解答】解：（1）如图，过点D作DH⊥AB于H，DG∥CB交AB于G， ∵DC∥AB，

∴四边形DCBG为平行四边形． ∴DC=GB，GD=BC=11． 在Rt△DGH中，

DH=DG?sin37°≈11×0.60=6.60， ∴点D到直线AB的距离是6.60km； （2）根据（1）得：

GH=DG?cos37°≈11×0.80≈8.80， 在Rt△ADH中，

AD=DH≈1.41×6.60≈9.31．

AH=DH≈6.60，

∵两条路线路程之差为AD+DG﹣AG，

∴AD+DG﹣AG=（9.31+11）﹣（6.60+8.80）≈4.9（km）． 即现在从A地到B地可比原来少走约4.9km．

25、【考点】TB：解直角三角形的应用﹣方向角问题．

【分析】（1）根据题意画出图形，再根据平行线的性质及直角三角形的性质解答即可． （2）根据甲乙两轮船从港口A至港口C所用的时间相同，可以求出甲轮船从B到C所用的时间，又知BC间的距离，继而求出甲轮船后来的速度． 【解答】解：（1）作BD⊥AC于点D，如图所示：

由题意可知：AB=30×1=30海里，∠BAC=30°，∠BCA=45°， 在Rt△ABD中，

∵AB=30海里，∠BAC=30°，

∴BD=15海里，AD=ABcos30°=15海里，

在Rt△BCD中，

∵BD=15海里，∠BCD=45°，

∴CD=15海里，BC=15里．

海里，∴AC=AD+CD=15+15海里，即A、C间的距离为（15+15）海

（2）∵AC=15+15（海里），

轮船乙从A到C的时间为=+1，